高中物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)及解析

高中物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)及解析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；
（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；
（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．
【答案】(1)0v Ba
(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a
【解析】 【详解】
(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得
Bqv 0＝m 2
v r
故粒子的比荷
v q m Ba
= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．
由几何关系知
O ′A ＝r ·
AB
BC
＝2a 则
OO ′＝OA －O ′A ＝a
即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为
OD ＝y m ＝2a
所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
3a ＝v 0·t 0
2019
222
qE y t a a m =
=>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有
x ＝v 0·t
竖直方向有
2
12qE y t m
=
代入数据得
x
设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则
00tan y x qE x v m v v v θ⋅
===
有
H ＝(3a －x )·tan θ
＝
当=y ＝9
8
a 时，H 有最大值 由于
98
a <2a ，所以H 的最大值H max ＝9
4a ，粒子射入磁场的位置为
y ＝
98
a －2a ＝－78a
2．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B ；方向向里，其边界是半径为R 的圆，AB 为圆的一直径.在A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m 、电量-q 的粒子，粒子重力不计．
(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B点射出．求此粒子在磁场中运动的时间．
(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大?
(3)若R=3cm、B=0.2T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105m／s、比荷为108C／kg的粒子．试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2位有效数字)．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=T求出粒子在磁场中运动的时间．
（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度．
（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积．
【详解】
（1）由得r1=2R
粒子的运动轨迹如图所示，则α＝
因为周期．
运动时间．
（2）粒子运动情况如图所示，β＝． r 2＝R tanβ＝R 由
得
（3）粒子的轨道半径r 3＝
＝1.5cm
粒子到达的区域为图中的阴影部分
区域面积为S=πr 32+2×π(2r 3)2−r 32=9.0×10-4m 2
【点睛】
本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解．该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．
3．
如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．
(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．
(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223
cos d R a R L ≥+= ；min 0(632)3L T v π= 【解析】 【分析】
【详解】
（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0
1
2qv B m v R =
由几何关系：222113()()2
L L R R =+- 解得0
mv B qL
=
（2）粒子P 从O 003L v t =
011
22
y L v t = 解得03
y v =
设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0
tan 3y
v v α== 则=
3
π
α
0023
sin v v α=
= 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则
21
2sin L R α
=
， 解得23L R =
右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223
cos d R R L α≥+=
； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：
2
min 0(22)2R T t v
πα--=
解得
() min
632
3
L T
v
π
+
=
【点睛】
带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子
的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态
.
4．如图，圆心为O、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。

P是圆外一点，OP=3r。

一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。

己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。

求
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。

【详解】
（1）找圆心，画轨迹，求半径。

设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①
易得：②
（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
③
进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则
④
联立②③④解得
5．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为
B，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．
（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v
（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的
平均功率P
（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……A n共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小
【答案】(1)
2222
2
e B R mc
v
mh h
=+，
222
2
e B R
E
m
=；(2)
2
e B U
m
π
；(3)0
2sin
B R
n
d
π
【解析】
【详解】
解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：
2
mv
evB
R
=
解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：0
eB R
v
m
=
正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：2222
00122e B R E mv m
==
正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=
正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：2222
02e B R mc v mh h
=+
(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：
201
2
neU mv =
解得：22
02eB R n mU
=
正、负电子在磁场中运动的周期为：0
2m
T eB π=
正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R n
t T U
π==
D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B U
W E P t t m
π===
(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin
2
d
r n
π
=
解得：
2sin
d r n
π=
根据洛伦磁力提供向心力可得：2
00mv ev B r
=
电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：
02sin
B R n B d
π
=
6．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：
（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；
（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．
【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起
后，AB
边距桌面的高度为
2
22v
g
．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，
由几何知识得：r2+r2=L2，
解得：r=
2
2
L，
小球在磁场中做圆周运的周期：T=
2r
v
π
，
小球在磁场中的运动时间：t1=
1
4
T=
2
4
L
v
π
，小球在斜面上做类平抛运动，
水平方向：x =r =v 0t 2， 运动时间：t 2=
22L v ， 则：t
1：t 2=π：2；
（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，
位移：r =2212at ，解得，加速度：a =2
22v L
，
对小球，由牛顿第二定律得：a =
mgsin m
θ
=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=2
22v g
；
7．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-3
2
L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-
3
2
L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（3
2L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52
L （不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）
E
B
； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）5
3v 0，与x 成53°角；（2）043
v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．
【解析】 【详解】
（1）如图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2时的y 方向的速度为v y ，
由运动学规律知
3
2
L=v0t1，
L=
2
y
v
t1
可得t1=
3
2
L
v，v y=
4
3
v0
故粒子在P2的速度为v22
0y
v v
+=
5
3
v0
设v与x成β角，则tanβ=
y
v
v
=
4
3
，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=
1
2
mv2-
1
2
mv02可得
E=
2
8
9
mv
qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m
2
v
R
解得：B=
mv
qR
=
5
3
5
2
m v
q L
⨯
⨯
=0
2
3
mv
qL
解得：0
4
3
v
E
B
=；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-
3
2
L直线与Q′点，可得：
P2O′=
3
253
L
cos o
=
5
2
L=r
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-
3
2
L
直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=
3
2
L+（r-r cos37°）=2L；
（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=
3
2
L
v
在磁场中由P2到M动时间：t2=372 360
r
v
π
︒
⨯
o
=
37
120
L
v
π
从M运动到N，a=
qE
m
=
2
8
9
v
L
则t3=
v
a
=
15
8
L
v
则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=
()
40537
60
L
v
π
+
．
8．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．
（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离
（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，
①求匀强磁场的磁感应强度B
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y
【答案】（1）2
10
U e
y t
dm
∆=（2）①00
U t
B
dL
=②2
10
U e
y y t
dm
∆=∆=
【解析】
【详解】
（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
2222
000
max00000
3
11
222
y
U e U e U e
y at v t t t t
dm dm dm
=+=+=
从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
220min 001122U e y at t dm
=
= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，
2
010U e y t dm
∆=
（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
sin L R θ
=
设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1
sin y v v θ=，
式中00y U e
v t dm = 又：1
mv R Be =
解得：00
U t B dL
=
②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．
由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2
010U e y y t dm
∆=∆=
9．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标
06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度
51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴
上方180°范围内的各个方向发射比荷为
81.010/q
C kg m
=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率6
0 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动
2
0v qv B m r
=
解得：0
5mv r cm qB
=
= （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
000x v t =
2
012
h at =
qE a m
=
解得：18210h cm R cm =>=，
说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则
0x v t =
212
y at =
代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000
tan 2y
qE x v m v y
v v θ===g
，
所以()()
00tan 22H x x x y y θ=-=-g ， 由数学知识可知，当()
022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，
所以max 9H cm =
10．如图所示,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。

a 、b 两带正电粒子从O 点同时分别沿y 轴正向、负向运动,已知粒子a 质量为m 、电量为q 、速度大小为v,粒子b 质量为2m 、电量为2q 、速度大小为v /2,粒子b 恰好不穿出1区域,粒子a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。

求:
(1)小圆半径R 1； (2)大圆半径最小值
(3)a 、b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t (不考虑a 、b 在其它位置相遇)。

【答案】(1)1mv R qB = (2)2min (31)2mv
R qB
= (3)14m qB π
【解析】 【详解】
解：(1)粒子b 在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为b r
根据洛伦磁力提供向心力有：2
2()222b
v
m v q B r =
由粒子b 恰好不穿出Ⅰ区域：12b R r = 解得：1mv
R qB
=
(2)设a 在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为1a r ，
根据洛伦磁力提供向心力有：2
1
a mv qvB r =
解得： 11a mv
r R qB
=
= 设a 在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为2a r ，
根据洛伦磁力提供向心力有：2
2
2a mv qv B r •=
解得： 211
22
a mv r R qB =
= 设大圆半径为2R
，由几何关系得：12112
R R R ≥+ 所以，大圆半径最小值为：
2min 1)2qB
R mv
≥
(3)粒子a 在Ⅰ区域的周期为12a m T qB π=
，Ⅱ区域的周期为2a m
T qB
π=
粒子a 从O 点出发回到O 点所经过的最短时间为：1121
13
2
a a a t T T =+ 解得：176a m
t qB
π=
粒子b 在Ⅰ区域的周期为：2b m
T qB
π=
讨论：①如果a 、b 两粒子在O 点相遇，粒子a 经过时间：176a a n m
t nt qB
π== n=1，2，3… 粒子b 经过时间：2b b k m
t kT qB
π==
k=1，2，3… a b t t =时，解得：
726
n
k = 当7k =，12n =时，有最短时间：114m
t qB
π=
②设粒子b 轨迹与小圆相切于P 点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1215(218)663a a a a n m t T T n t qB
π+=
++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间： (21)(21)2b b k T k m
t qB π--=
= k=1，2，3… a b t t =时，解得：218
213
n k +-=
ab 不能相遇
③如果a 粒子在射入小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1217(2113)2663a a a a n m t T T n t qB
π+=
++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间：(21)(21)2b b k T k m
t qB
π--=
= k=1，2，3… a b t t =时，解得：2113
213
n k +-=
ab 不能相遇
a 、
b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为
14m
qB
π
11．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45。

的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

今从MN_上的O 点向磁场中射入一个速度大小为v 、方向与MN 成45。

角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R 。

若该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，而第五次经过直线MN 时恰好又通过O 点。

不计粒子的重力。

求：
(1)电场强度的大小；
(2)该粒子从O 点出发，第五次经过直线MN 时又通过O 点的时间 (3)该粒子再次从O 点进入磁场后，运动轨道的半径； 【答案】（1）；（2）
（3）
【解析】
试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R 的1/4圆弧到a 点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b 点速度为零再返回a 点速度仍为v ，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c 点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

（1）易知，
类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
①
所以类平抛运动时间为
②
又③
再者④
由①②③④可得
⑤
粒子在磁场中的总时间：
粒子在电场中减速再加速的时间：
故粒子再次回到O点的时间：
（3）由平抛知识得
所以［或］
则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径
考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.
12．如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象
限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b）所示，试求:
(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；
(2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向。

【答案】（1）B
B2
2
=；（2）v
v
v
2
6
2
)3
2(
+
=
+
='；方向向左下方与y轴负向成3
2
arccos-（
2
2
6
arccos
-
）的夹角
【解析】
试题分析: （1）由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP上的C点进入Ⅱ区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图。

由几何关系可知：O1C⊥OX，O1C与OX的交点O2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C
OO
1
∆等边三角形。

X/×
Bq
mv
E
o
Bv
2
3
Bv
2
1
设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ，
则：10
1221
30sin r r r == 由21
v qBv m r =
得：1mv
r qB
=
， 同理得：22mv
r qB =
即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22= （2）D 点坐标： qB
mv
r r x ）13(30cos 201+=+=
质子从D 点再次到达y 轴的过程，
22
)13(2)13()223(21mv qB mv Bv Bv q x E q qU W i i +=+⨯+=
∆==∑电 设质子再次到达y 轴时的速度大小为v '，
由动能定理：222
1
21mv v m W -'=电 得：v v v 2
6
2)32(+=+=' 因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变
如图有： 2
2
632cos -=-='=
v v
α 即方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2
2
6arccos -）的夹角 考点： 带电粒子在磁场中的运动
13．如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。

两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量
为＋q 的粒子由小孔下方
2
d
处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。

不计粒子的重力。

(1)求极板间电场强度的大小；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、
4mv
qD
,粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．
【答案】（1）
2
mv
qd
（2）
4mv
qD
或
4
3
mv
qD
（3）
5.5πD
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子在电场中，根据动能定理2
1
22
d
Eq mv
⋅=，解得
2
mv
E
qd
=
(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为
/2
E
R
由
2
1
1
v
qvB m
r
=，解得
4mv
B
qD
=
则当外切时，半径为
e
R
由
2
1
2
v
qvB m
r
=，解得
4
3
mv
B
qD
=
(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为
22
9
32
qB L
m
U
=，则粒子运动的半径为00
10016
819
U U
U
≤≤；Ⅱ
区域的磁感应强度为2
1
2
qU mv
=，则粒子运动的半径为
2
v
qvB m
r
=；
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：
1
1
1
2R
T
v
π
=；
3
4
r L
=
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，
Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为
1
θ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为
2
θ，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系可得：1120
θ=o；
2
180
θ=o；
60
α=o
粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：r U
∝；
1
5
6
U
L
U
L
=
设粒子运动的路程为s ，由运动公式可知：s=v(t 1+t 2)
联立上述各式可得：s=5.5πD
14．平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．
【答案】02v ,与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)
02
v 【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子运动轨迹如图：
粒子在电场中由Q 到O 做类平抛运动，设O 点速度v 与x 方向夹角为α，Q 点到x 轴的距离为L ，到y 轴的距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，根据平抛运动的规律有： x 方向：02L v t =
y 方向：212
L at = 粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度：
y v at =，
又
tan y x v v α=
，
解得tan 1α=，即45α=︒， 粒子到达O 点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O 点时的速度大小为
002cos 45v v v ︒
==； (2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，粒子在电场中运动的加速度：
qE a m
=， 设磁感应强度大小为B ，粒子做匀速圆周运动的半径为R ，洛伦兹力提供向心力，有：
2
v qvB m R
=， 根据几何关系可知：
2R L =
解得：
02
v E B =
15．如图所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y
正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强电场，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P （0，h ）点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a （2h ，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y 轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。

求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）粒子到达a 点时速度的大小和方向；
（3）abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值。

【答案】（1）2
2mv E qh =；（2）02v v =，方向与x 轴的夹角为45°；（
3）02mv B qL = 【解析】
【详解】
（1）设粒子在电场中运动的时间为t ，
则有x=v 0t=2h ，
2
12y h at ==
qE=ma ， 联立以上各式可得2
2mv E qh = ；
（2）粒子达到a 点时沿负y 方向的分速度为v y =at=v 0， 所以22
002y v v v v =+= ，
方向指向第IV 象限与x 轴正方和成45o 角；
（3）粒子在磁场中运动时，有2
mv qvB r = ，
当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有2
2r L = ，
所以磁感应强度B 的最小值0
2mv B qL =。